押江苏苏州卷第9-16题（二次根式、因式分解、圆心角、一次函数、尺规作图、函数图象、图形面积、三角形）（解析版）

押江苏苏州卷第9-16题押题方向一：二次根式3年江苏苏州卷真题考点命题趋势2023年江苏苏州卷第9题二次根式有意义从近年江苏苏州中考来看，二次根式有意义在近三年的必考题，考查难度简单；预计2024年江苏苏州卷还将继续重视对二次根式有意义的考查。1．（2023·江苏苏州·中考真题）使有意义的x的取值范围是．【答案】【分析】根据二次根式的定义可知被开方数必须为非负数，列不等式求解即可．【详解】解：根据二次根式的定义可知被开方数必须为非负数，列不等式得：x+1≥0，解得x≥﹣1．故答案为x≥﹣1．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，比较简单．（1）二次根式的概念．形如（a≥0）的式子叫做二次根式．（2）二次根式中被开方数的取值范围．二次根式中的被开方数是非负数．（3）二次根式具有非负性．（a≥0）是一个非负数．1．（2023·江苏苏州·一模）若代数式有意义，则实数x的取值范围是.【答案】/【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可求解．【详解】解：∵代数式有意义，∴，解得：，故答案为：．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．2．若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是．【答案】【分析】根据二次根式的被开方数是非负数求解即可．【详解】解：∵式子在实数范围内有意义，∴，解得，故答案为：．【点睛】本题考查二次根式有意义的条件、解一元一次不等式，熟知二次根式的被开方数是非负数是解答的关键．3．（2024·江苏苏州·一模）若代数式有意义，则实数x的取值范围是【答案】【分析】此题主要考查了分式及二次根式有意义的条件．直接利用分式和二次根式有意义的条件解答即可．【详解】解：代数式有意义，，解得．故答案为：．押题方向二：因式分解3年江苏苏州卷真题考点命题趋势2023年江苏苏州卷第10题因式分解从近年江苏苏州中考来看，因式分解以填空题的形式考查，比较简单；预计2024年江苏苏州卷还将继续考查因式分解，为避免丢分，学生应扎实掌握。2022年江苏苏州卷第10题先因式分解，再求值1．（2023·江苏苏州·中考真题）因式分解：a2+ab=．【答案】a（a+b）．【分析】直接提公因式a即可.【详解】a2+ab=a（a+b）．故答案为：a（a+b）．2．（2022·江苏苏州·中考真题）已知，，则．【答案】24【分析】根据平方差公式计算即可．【详解】解：∵，，∴，故答案为：24．【点睛】本题考查因式分解的应用，先根据平方差公式进行因式分解再整体代入求值是解题的关键．因式分解是核心考点，常在填空题中出现。多项式的因式分解，先提取公因式，再利用平方差、完全平方公式分解即可．1．（2023·江苏苏州·模拟预测）分解因式：．【答案】【分析】本题主要考查了分解因式，直接利用平方差公式分解因式即可得到答案．【详解】解：，故答案为：．2．（2023·江苏苏州·一模）已知，，则．【答案】【分析】把所求式子进行因式分解得到，再把已知条件式整体代入求解即可．【详解】解：∵，，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了因式分解的应用，正确将所求式子进行因式分解是解题的关键．3．（2023·江苏苏州·二模）如果实数x，y满足方程组，那么．【答案】【分析】把分解因式，再整体代入即可．【详解】解：∵实数x，y满足方程组，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是利用平方差公式分解因式，二元一次方程组的解的含义，熟记平方差公式是解本题的关键．押题方向三：圆心角3年江苏苏州卷真题考点命题趋势2023年江苏苏州卷第13题圆心角从近年江苏苏州中考来看，再统计中求圆心角考查，比较简单；预计2024年江苏苏州卷还将继续考查，为避免丢分，学生应扎实掌握。1．（2023·江苏苏州·中考真题）小惠同学根据某市统计局发布的2023年第一季度高新技术产业产值数据，绘制了如图所示的扇形统计图，则“新材料”所对应扇形的圆心角度数是．

【答案】/度【分析】根据“新材料”的占比乘以，即可求解．【详解】解：“新材料”所对应扇形的圆心角度数是，故答案为：．【点睛】本题考查了求扇形统计图的圆心角的度数，熟练掌握求扇形统计图的圆心角的度数是解题的关键．求扇形统计图的圆心角的度数，熟练掌握求扇形统计图的圆心角的度数是解题的关键．1．（2024·广东广州·一模）2023年5月30日是第7个全国科技工作者日，某中学举行了科普知识手抄报评比活动，共有100件作品获得一、二、三等奖和优胜奖，根据获奖结果绘制如图所示的折线图，若将获奖作品按四个等级所占比例绘制成扇形统计图，则“二等奖”对应扇形的圆心角度数为．【答案】/108度【分析】本题考查折线图．先求出，再计算其对应扇形的圆心角度数即可．【详解】解：由折线图知“二等奖”对应扇形的圆心角度数为．故答案为：．2．（2024·上海普陀·二模）学校为了解本校九年级学生阅读课外书籍的情况，对九年级全体学生进行“最喜欢阅读的课外书籍类型”的问卷调查（每人只选一个类型），如图是收集数据后绘制的扇形图．如果喜欢阅读漫画类书籍所在扇形的圆心角是，喜欢阅读小说类书籍的学生有72人，那么该校九年级喜欢阅读科技类书籍的学生有人．【答案】27【分析】本题主要考查扇形统计图，先求出喜欢阅读漫画类书籍的占比，得出喜欢阅读科技类书籍的学生的占比，再根据喜欢阅读小说类书籍的学生人数求出问卷调查的总人数，再求出喜欢阅读科技类书籍的学生数即可．【详解】解：喜欢阅读漫画类书籍的百分比为：，喜欢阅读科技类书籍的学生的百分比为：，被调查的总人数为：（人），所以，喜欢阅读科技类书籍的学生数为：（人），故答案为：273．（2024·山西吕梁·一模）某校组织“用勤劳的双手，打造温馨的家”主题教育活动．实践小组对七年级学生每周做家务的时长（单位：小时）进行了随机问卷调查（．；．；．；．；E．），所有问卷都有效且全部收回，并根据调查结果绘制出如下两幅不完整的统计图．在扇形统计图中，“”所在扇形的圆心角度数为．【答案】/90度【分析】本题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，用的人数除以它的百分比即可得到总人数，用所占总体的比例乘以即可得到“”所在的扇形的圆心角的度数，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解题的关键．【详解】解：这次活动共调查的人数为：（人），∴“”所在扇形的圆心角度数为，故答案为：．押题方向四：一次函数3年江苏苏州真题考点命题趋势2023年江苏苏州卷第14题一次函数从近年江苏苏州中考来看，一次函数在填空题中考查是江苏苏州卷历年考查重点，难度较低。预计2024年江苏苏州卷再填空题上还将继续考查，为避免丢分，学生应扎实掌握。1．（2023·江苏苏州·中考真题）已知一次函数的图象经过点和，则．【答案】【分析】把点和代入，可得，再整体代入求值即可．【详解】解：∵一次函数的图象经过点和，∴，即，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是一次函数的性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，利用平方差公式分解因式，熟练的利用平方差公式求解代数式的值是解本题的关键．一次函数的性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，利用平方差公式分解因式，熟练的利用平方差公式求解代数式的值是解本题的关键．1．（2024·江苏苏州·一模）在平面直角坐标系中，若函数的图象经过点，则代数式的值为．【答案】1【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，把代入函数得，代入代数式解答即可．【详解】解：把代入函数得，，把代入得，，故答案为：1．2．（2023·江苏苏州·一模）甲、乙两人在一条直线跑道上同起点同终点同方向匀速跑步，先到终点的人原地休息，已知甲先出发3秒，从乙出发开始计时，所计时间设为秒，在跑步过程中，图1是乙跑步路程（米）与时间（秒）的函数图像，图2是甲、乙两人之间的距离（米）与时间的函数图像，则．【答案】24【分析】根据题意和函数图象，可以得到甲和乙的速度，再根据函数图象中的数据，即可得到和的值，然后即可得到的值．【详解】解：由图像可得，乙的速度为（米/秒），甲的速度为（米/秒），由题意可得，，解得，，故，故答案为：24．【点睛】本题考查了一次函数的应用，读懂题目信息，理解并得到乙先到达终点，然后求出甲、乙两人的速度是解题的关键．3．（2023·江苏苏州·三模）如图，直线与轴，轴分别交于点，，已知点坐标为，点是线段（不与点A，重合）上一点，连接线段，．若，则点坐标为．

【答案】【分析】先求出直线的方程为：，设P设点P的坐标为；作的外接圆,过M作,连接，有圆周角定理可得，再根据等腰直角三角形的性质可得，即；然后再运用勾股定理可得，最后运用两点间距离公式列式求得a，进而求得点P的坐标．【详解】解：设直线的解析式为，则有：，解得：，∴直线的方程为：，设点P的坐标为，作的外接圆,过M作,连接，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，解得：或0（不合题意舍去），∴，∴点坐标为．故答案为:．【点睛】本题主要考查了一次函数图像上点的坐标特征、圆周角定理、外接圆的应用等知识点，正确的做成外接圆是解答本题的关键．4．（2023·江苏苏州·一模）由直线和直线（是正整数）与轴及轴所围成的图形面积为，则的最小值是．【答案】【分析】首先用k表示出两条直线与坐标轴的交点坐标，然后表示出围成的面积S，根据得到的函数的取值范围确定其最值即可．【详解】解：恒过，也恒过，k为正整数，那么，如图，直线与x轴的交点是，与y轴的交点是直线与x轴的交点是，与y轴的交点是，那么，=又，∴当时，值最小，因此，当时，四边形的面积最小，最小值．故答案为：【点睛】本题考查了两条指向相交或平行问题，解题的关键是用k表示出直线与坐标轴的交点坐标并用k表示出围成的三角形的面积，从而得到函数关系式，利用函数的知识求最值问题．5．（2022·江苏苏州·二模）如图，一次函数的图像与轴、轴分别交于点、，把直线绕点顺时针旋转30°交轴于点，则线段长为．【答案】【分析】先求出点的坐标，从而可得，过点作于点，根据直角三角形的性质可得，设，则，，再在中，利用勾股定理即可得．【详解】解：对于一次函数，当时，，解得，即，当时，，即，，如图，过点作于点，由旋转的性质得：，，，设，则，，，在中，，即，解得或，当时，，舍去，，故答案为：．【点睛】本题考查了一次函数的几何应用、含角直角三角形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握一次函数的几何应用是解题关键．押题方向五：尺规作图求解3年江苏苏州卷真题考点命题趋势2022年江苏苏州卷第14题尺规作图求解从近年江苏苏州中考来看，尺规作图求解是常考题型，也是考查重点，难度简单。预计2024年江苏苏州卷还将继续考查尺规作图求解，为避免丢分，学生应扎实掌握。1．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，，，，分别以A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线，与BC交于点E，与AD交于点F，连接AE，CF，则四边形AECF的周长为．【答案】10【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，根据平行线分线段成比例可得为的中线，然后勾股定理求得，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得的长，进而根据菱形的性质即可求解．【详解】解：如图，设与的交点为，根据作图可得，且平分，，四边形是平行四边形，，，又，，，，，四边形是平行四边形，垂直平分，，四边形是菱形，，，，，为的中点，中，，，，，四边形AECF的周长为．故答案为：．【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，平行线分线段成比例，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．垂直平分线的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，平行线分线段成比例，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．1．（2023·江苏苏州·二模）如图，在中，，以点B为圆心，长为半径画弧，与交于点D，再分别以A、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M、N，作直线，分别交、于点E、F，则的长度为．【答案】【分析】由题意得，，直线为线段的垂直平分线，由勾股定理得，进而可得，证明，可得，即，求出，即可得出答案．【详解】解：由题意得，，直线为线段的垂直平分线，，，，，，，，，，，即，解得，∴．故答案为：．【点睛】本题考查作图基本作图、勾股定理、线段垂直平分线、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，是的高，以点为圆心，适当长为半径画弧交于点，交于点；分别以，为圆心，以大于的长为半径画弧交于点；作射线交于点．若，，，则的长【答案】【分析】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质．先证明为等腰直角三角形，则，，再利用基本作图得平分，所以点E到的距离等于1，接着利用面积法得到，于是可计算出，则，从而得到的长．【详解】解：∵，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∵为的高，∴，，由作法得平分，∴点E到的距离等于E点到的距离为，即点E到的距离等于1，∵，则，∴，∴，∴．故答案为：．3．（2023·江苏苏州·二模）如图，的顶点，)，以点B为圆心，长为半径画弧，交于点E，分别以点A，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点F，画射线交于点G，则点G的坐标是．

【答案】【分析】由勾股定理求得，根据作图过程可得，由四边形是平行四边形，可得，从而得出，进一步得到，由等腰三角形判定可得，最后求出结果即可．【详解】解：∵，，∴，由题中作图可得，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵，∴点的坐标是，故答案为：．【点睛】本题考查了作图-复杂作图，坐标与图形，等腰三角形的判定，平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握坐标与图形的性质．4．（2023·江苏苏州·一模）在平面直角坐标系中，矩形的边BC在x轴上，O为线段的中点，矩形的顶点，连接，按照下列方法作图：（1）以点C为圆心，适当的长度为半径画弧分别交于点E、F；（2）分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧交于点；（3）作射线交于H，则线段的长为．【答案】/1.5【分析】如图，过点H作于点M，由作法可知，为的平分线，，，，由勾股定理得，，由，可得，即，计算求解即可．【详解】解：如图，过点H作于点M，由作法可知，为的平分线，∵四边形为矩形，∴，∴，∵，∴，，由勾股定理得，，∵，∴，即，解得，故答案为：．【点睛】本题考查作角平分线，角平分线的性质，矩形的性质，勾股定理．熟练掌握角平分线的性质与作图方法、矩形的性质是解答本题的关键．押题方向六：函数图象3年江苏苏州真题考点命题趋势2022年江苏苏州卷第15题函数图象求解从近年江苏苏州中考来看，函数图象求解是江苏苏州历年考查重点，难度较低。预计2024年江苏苏州卷还将继续考查函数图象求解，垂直求角的度数，为避免丢分，学生应扎实掌握。1．（2022·江苏苏州·中考真题）一个装有进水管和出水管的容器，开始时，先打开进水管注水，3分钟时，再打开出水管排水，8分钟时，关闭进水管，直至容器中的水全部排完．在整个过程中，容器中的水量y（升）与时间x（分钟）之间的函数关系如图所示，则图中a的值为．【答案】【分析】根据函数图像，结合题意分析分别求得进水速度和出水速度，即可求解．【详解】解：依题意，3分钟进水30升，则进水速度为升/分钟，3分钟时，再打开出水管排水，8分钟时，关闭进水管，直至容器中的水全部排完直至容器中的水全部排完，则排水速度为升/分钟，，解得．故答案为：．【点睛】本题考查了函数图象问题，从函数图象获取信息是解题的关键．函数图象问题，从函数图象获取信息是解题的关键．1．（2023·江苏苏州·一模）如图①，四边形中，，．动点，均以的速度同时从点A出发，其中点沿折线运动到点停止，点沿运动到点停止，设运动时间为，的面积为，则与的函数图像如图②所示，则．【答案】15【分析】结合图象可知当时，点P到达点D，此时，，从而可求出此时的高．当时，点P到达点C，点Q已经停止，此时，．由，可知此时的高也为，再根据三角形的面积公式即可求出的长．【详解】解：由图象可知：当时，点P在上运动，当点P到达点D时，此阶段此时面积最大，且为，∴此时，∴的高．当时，点P到达点C，此时点Q已经停止，此时，，∵，∴此时的高也为，∴，即，∴．故答案为：15．【点睛】本题考查动点问题的函数图象，平行线间的距离，三角形的面积公式等知识．利用数形结合的思想是解题关键．2．（2023·江苏苏州·一模）从小明家到奶奶家的路线上有一个公园．一天小明从家里出发沿这条路线骑行．他从家出发小时后到达该公园，游玩一段时间后继续按原速骑车前往奶奶家．小明离家1小时分钟后，爸爸驾车沿相同路线直接前往奶奶家，如图是他们离家的路程与小明离家时间的函数图像．已知爸爸驾车的速度是小明骑行速度的3倍，爸爸比小明早到分钟，根据图像可以推算小明家到奶奶家的路程为．

【答案】【分析】利用图像中信息得到小明的速度，再由题中信息得到时间关系，列出方程计算即可．【详解】由图像可知小明小时时，离家，得到小明的速度为，爸爸的速度是，爸爸比小明早到，为，设小明家到奶奶家的路程为，由时间关系得到：，解得．故答案为：30.【点睛】本题考查结合路程与时间图像的路程问题，根据图像得到有用信息和设元列方程是解题的关键．3．（2023·浙江宁波·一模）如图1，在中，，动点，从点同时出发，分别沿和的方向都以每秒1个单位长度的速度运动，到达点后停止运动．设运动时间为，的面积为，与的大致函数关系如图2所示．则当时，的值为．【答案】1或【分析】因为、运动到不同位置时，的面积不同，所以对的取值范围进行分类，，，，然后进行分别求解即可.【详解】解：四边形是平行四边形，由图得：∴，，当时，，，是等边三角形，，，解得，（舍去）；当时，如图，，，，，解得：（舍去）；当时，如图，，，，∴，，解得：或（舍去）；综上所述得：当时，或．【点睛】本题考查了动点在平行四边形中产生的面积问题，求二次函数解析式，掌握“化动为静”是解题的关键．4．（2022·江苏苏州·一模）如图1，在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，动点P从顶点B出发，沿BC边以1个单位长度/秒的速度向顶点C运动，点Q为AC中点，AP+PQ=y，y随运动时间t变化的函数图象如图2，则函数图象最低点的坐标是．【答案】（，）【分析】由图2可知，BC=4，所以AB=AC=2，把Rt△ABC补全成正方形ABA′C，由A、A′关于BC对称，推出A′P=AP，推出AP+PQ=A′P+PQ，推出当A′、P、Q共线时，AP+PQ的值最小，求出AP+PQ的最小值，BP的长即可解决问题．【详解】解：由题意可知，△ABC是等腰直角三角形，由图2可知，BC=4，∴AB=AC=2，∴AQ=CQ=，如图，把Rt△ABC补全成正方形ABA′C，由正方形对称性可知，A′P=AP，∴AP+PQ=A′P+PQ，∴当A′、P、Q共线时，AP+PQ的值最小，最小值为A′Q，在Rt△A′CQ中，A′Q=，∴AP+PQ的最小值为，∴最低点的纵坐标为，∵CQ∥A′B，∴△A′BP∽△QCP，∴=2，∵BC=4，∴BP=4×=，∴最低点的横坐标为，∴函数图象最低点的坐标为（，）．故答案为：（，）．【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．押题方向七：图形的面积3年江苏苏州卷真题考点命题趋势2023年江苏苏州卷第15题图形的面积从近年江苏苏州中考来看，图形的面积形是近几年江苏苏州中考的必考题，有点难度；预计2024年江苏苏州卷还将继续重视对图形的面积的考查。1．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，在中，，垂足为．以点为圆心，长为半径画弧，与分别交于点．若用扇形围成一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为；用扇形围成另一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为，则．（结果保留根号）

【答案】/【分析】由，，，，，，，，求解，，证明，可得，再分别计算圆锥的底面半径即可．【详解】解：∵在中，，，∴，，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，，解得：，，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，扇形的弧长的计算，圆锥的底面半径的计算，熟记圆锥的侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长是解本题的关键．1.平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形。2.矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形。（5）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。3.菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。4.正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；（5）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。5.扇形的弧长的计算，圆锥的底面半径的计算，熟记圆锥的侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长是解本题的关键．1．（2024·江苏苏州·一模）如图，正方形的边长为1，对角线，相交于点，以点为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】先根据锐角三角函数求出，再根据扇形面积公式和三角形面积公式即可求出阴影部分的面积．【详解】解：四边形是正方形，，，，则在等腰中，由勾股定理可得，由正方形性质可知，，阴影部分的面积，故答案为：．【点睛】本题考查求不规则图形面积，涉及扇形面积公式、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握扇形面积公式和正方形性质的应用，由等腰直角三角形求出是解题关键．2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，矩形内接于，分别以为直径向外作半圆．若，则阴影部分的面积是．【答案】20【分析】本题考查了勾股定理，矩形的性质根据阴影部分面积为2个直径分别为的半圆的面积加上矩形的面积减去直径为矩形对角线长的圆的面积即可求解．，熟练掌握勾股定理是解题的关键．【详解】解：如图所示，连接，

∵矩形内接于，∴∴阴影部分的面积==，故答案为：20．3．（2023·江苏苏州·模拟预测）我们把两组邻边分别相等的四边形称“筝形”．如图，在筝形中，，，对角线相交于点O，，．以点C为圆心，长为半径画弧交于点E，F．用扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面半径是【答案】/0.25【分析】利用证明得出，，，即可求得，根据等腰三角形三线合一的性质得出，且BO=DO，进一步求得，即可求得，根据含角的直角三角形的性质即可求得，然后根据弧长公式求得即可．【详解】解：∵，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴的长为：，设圆锥的底面半径为r，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了圆锥的计算，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，弧长的计算等，熟练掌握性质定理是解题的关键．4．（2023·江苏苏州·二模）如图，将扇形翻折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在直线l与弧交于点C，连接．若，则图中阴影部分的面积是（结果保留根号和π）．

【答案】【分析】连接，由翻折的性质及圆的性质可得是等边三角形，则扇形面积减去等边三角形的面积即为所求的阴影部分的面积．【详解】解：如图，连接，设l交于点D，

由翻折的性质得：，，，，，即是等边三角形，，由勾股定理得，，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，求扇形面积等知识，得到等边三角形是解题的关键．押题方向八：三角形3年江苏苏州卷真题考点命题趋势2023年江苏苏州卷第16题三角形的有关问题从近年江苏苏州中考来看，三角形的有关问题是常考题型，也是考查重点，难度一般。预计2024年江苏苏州卷还将继续考查三角形的有关问题的考查，为避免丢分，学生应扎实掌握。1．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，．过点作，延长到，使，连接．若，则．（结果保留根号）

【答案】/【分析】如图，过作，交的延长线于点，设，